四川省2024届高考化学一轮复习模拟题练习-04氧化还原反应（含解析）

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一、单选题

1．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）下列离子方程式书写正确的是

A．用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的少量乙酸：2CH3COOH+CO=2CH3COO-+CO2↑+H2O

B．硫氢化钠溶液与稀硫酸混合有气泡产生：HS-+SO+7H+=2SO2↑+4H2O

C．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O

D．向H2O2溶液中滴加少量FeCl3：2Fe3++H2O2=O2↑+2H++2Fe2+

2．（2023·四川·校联考模拟预测）NH3还原技术是当今有效且成熟的去除NOx的技术之一。使用钒催化剂、采用NH3还原技术能有效脱除电厂烟气中的氮氧化物，消除NO的可能反应机理如图所示(“…”表示催化剂吸附)。

下列说法不正确的是

A．步骤②可表述为在催化剂的氧化还原位被还原为，而催化剂的氧化还原位被氧化为

B．反应过程中消耗1molO2，理论上可处理NO的物质的量为4mol

C．钒催化剂能加快反应，但不能提高氮氧化物的平衡转化率

D．该过程中原子利用率未达到100%

3．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）MnO2催化某反应的一种催化机理如图所示。下列叙述正确的是

A．该机理的总反应为HCHO+O2CO2+H2O

B．催化过程中，所发生的反应均为氧化还原反应

C．图中的O与Na2O2中所含阴离子相同

D．该过程涉及化合物均为电解质

二、实验题

4．（2023·四川成都·石室中学校考模拟预测）硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]俗称莫尔盐，是一种常见的补血剂，石室中学2023届的同学们分小组制取了莫尔盐晶体并对其热分解产物进行了探究。

I.莫尔盐晶体的制备

(1)用如图1的装置制备FeSO4。

①废铁屑需要先进行碱煮，目的是。

②加入的废铁屑需过量，除废铁屑不纯外，主要原因是。

③用离子方程式解释C中所盛试剂的作用：。

(2)反应结束后趁热过滤，向滤液中加入H2SO4调节pH在1~2，迅速加入一定质量的(NH4)2SO4固体，在70~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出莫尔盐晶体。乙醇的作用为。

II.莫尔盐晶体热分解产物探究

查阅文献得知：莫尔盐隔绝空气加热至500℃时可完全分解，产物复杂。

[提出猜想]

(3)莫尔盐晶体受热分解，同学们认为分解产物可能有以下几种情况：

A．FeO、NH3、SO3、H2O

B．FeO、NH3、SO2、H2O

C．Fe2O3、NH3、SO3、H2O

D．FeO、N2、SO2、H2O

E.Fe2O3、NH3、SO3、SO2、H2O

F.Fe2O3、NH3、SO3、SO2、N2、H2O

经认真分析，通过推理即可确定猜想(填序号)不成立。

[实验探究]

(4)甲组同学设计如图2的实验装置，观察到A中固体逐渐变为红棕色，B中白色固体变蓝，D中酚酞溶液变红色，由此可知莫尔盐分解的产物中有H2O、(填化学式)。进一步实验证实A中充分反应后的固体残留物中不含FeO，操作方法及实验现象：取少量A中固体残留物于试管中，。

(5)乙组选用甲组实验中的装置A和图3所示的装置进行实验，验证了莫尔盐分解的产物中还有SO2、SO3和N2。

①乙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序(用装置的字母表示)为A、E、。(各装置中试剂均足量)

②实验中，准确称量莫尔盐7.8400g，加热充分反应后，测得装置A中固体残留物的质量为1.6000g，装置F中生成白色沉淀的质量为5.8250g。写出该条件下莫尔盐受热分解的化学方程式：。(已M[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]=392gmol-1，分解产物被充分吸收，不考虑其损失)

5．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）以溶液和不同金属的硫酸盐溶液为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。

实验试剂与操作现象

I溶液滴入饱和溶液产生白色沉淀

II溶液溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀

III溶液开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀

(1)用离子方程式解释现象I：。

(2)经检验，现象II的棕黄色沉淀中不含，含有、和。

已知：，(白色)。

①用稀硫酸证实沉淀中含有的实验现象是。

②通过下列实验证实，沉淀中含有和：将洗净的棕黄色沉淀中加入KI溶液，产生白色沉淀，取上层清液分成两份，一份加入淀粉溶液，无明显现象，另一份加入，产生白色沉淀。

(3)已知：在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性溶液褪色。

①推测沉淀中含有亚硫酸根和。

②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i.被所吸附；ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。将对比实验方案补充完整：

步骤一：

步骤二：

假设ⅱ成立的实验证据是。

6．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示(夹持装置略)。已知在溶液中：FeSO4+NOFe(NO)]SO4(棕色)，该反应可用于检验NO。

(1)实验开始前，向装置中通入一段时间的N2，目的是。

(2)盛装Cu片的仪器名称叫，请写出装置E中反应的离子方程式。

(3)装置F中盛放的是水，作用是；装置Ⅰ中盛放的试剂是，作用是。

(4)若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应，同时生成一种单质，请写出该反应的化学方程式：。

三、元素或物质推断题

7．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）如图是氮元素的几种价态与物质类别的对应关系。请回答下列问题：

(1)上述物质间的转化，属于固氮反应的有(填序号)，是否属于酸性氧化物(填“是”或“否”)。

(2)与图中的物质C常用于检验的存在，则C的化学式为。

(3)工业上以B、空气、水为原料生产硝酸分为三步：其中第三步：，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。

(4)写出浓硝酸与木炭在加热条件下反应的化学方程式，并用单线桥表示其电子转移的情况。

(5)如图装置可用于探究氯气与氨气的反应，实验时先通过三颈瓶瓶口1通入氨气，然后关闭b活塞，再通过瓶口2通入氯气。实验中三颈瓶内出现白烟并在内壁凝结成固体，发生反应的化学方程式为，请设计一个实验方案鉴定该固体中的阳离子。

(6)有一瓶稀硫酸和稀硝酸的混合溶液，其中，。取100mL该混合溶液与12.8g铜粉反应，标准状况下生成A的体积为L。

8．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）A、B、C、D、E、F为六种短周期元素，相关信息如下：

序号信息

①A、B、C原子序数依次增大，均可与D形成含的分子

②C为地壳中含量最高的元素

③E与F同周期，且E在同周期元素中非金属性最强

④F为短周期中原子半径最大的元素

根据以上信息提示，回答下列问题。

(1)C元素在周期表中的位置为。简单氢化物沸点最低的是。

(2)由B、C、D三元素按原子个数2∶3∶4之比形成物质的化学式为，化合物DEC所含化学键的类型有(填“金属键”、“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”)。

(3)将通入到FEC溶液中可制得。该反应的离子方程式为。

(4)写出可使酸性高锰酸钾溶液褪色的A的含氧酸(相对分子质量为90)的结构式。

(5)一种淡黄色固体，其电子式为。该固体与硫酸亚铁溶液(按物质的量之比为1∶1)反应。反应过程中有气体生成，则该反应的还原剂为。

四、工业流程题

9．（2023·四川·校联考模拟预测）铟(In)是制造低熔点合金、轴承合金、半导体、电光源等的重要原料，从铅、锌的冶炼过程中产生的高铟烟灰(主要含有ZnO、PbO、Fe2O3、In2O3、In2S3)中提取铟的流程如下：

已知：①“萃取”时，发生的反应为In3++3H2A2(有机液)→In(HA2)3(有机液)+3H+、Fe3++3H2A2(有机液)一→Fe(HA2)3(有机液)+3H+；

②“反萃取”时，发生的反应为In(HA2)3(有机液)+4HCl→3H2A2(有机液)+HInCl4；

③滤液中铟以In3+的形式存在，In3+与Al3+相似，易水解。

回答下列问题：

(1)H2SO4的电离方程式为。

(2)“氧化酸浸”时(填“能”或“不能")用浓盐酸代替稀硫酸，理由是(用离子方程式表示，若前面回答“能”，则此空不用填)。

(3)“氧化酸浸”过程中硫元素最终均以硫酸根离子的形式存在于浸出液中，写出In2S3发生反应的化学方程式：。

(4)下列关于“萃取”和“反萃取”的说法错误的是_(填字母)。

A．这两个操作均利用了溶质在水中和有机液中的溶解性不同

B．若在实验室里完成这两个操作，均需用到分液漏斗、烧杯和玻璃棒

C．“萃取”时，可向“净化”后的液体中加入适量的NaOH溶液，以提高萃取率．

D．“反萃取”时，适当增大盐酸的浓度可提高铟的反萃取率

(5)“置换”后所得浊液，需要经过过滤洗涤、干燥等操作得到粗铟，在洗涤操作中，检验粗铟已洗涤干净的方法为。

(6)电解精炼铟时，阳极材料应选用，随着电解的不断进行，电解液中c(In3+)会逐渐(填“减小”或“不变”)。

10．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）锰(Mn)最早是由瑞典化学家伯格曼的助手甘恩从软锰矿中分离得到的，锰常用于制造合金锰钢。某化工厂以软锰矿(主要成分是，含有、、CaO等少量杂质)为主要原料制取金属锰的工艺流程如下所示。

(1)“浸锰”步骤中往往有副产物生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示。为减少的生成，“浸锰”的适宜温度是，“滤渣I”的成分有和(填化学式)。该步骤中可以再加入，以促进“滤渣I”析出，结合平衡移动原理分析其原因：。

(2)“滤液I”中需要先加入，充分反应后再调pH，写出加入时发生反应的离子方程式：。

(3)“滤液II”中加入的目的是进一步除去溶液中的，已知25℃时，则常温下在纯水中的溶解度为。

(4)由“滤液III”可制得，已知硫酸锰在不同温度下的溶解度和析出晶体的组成如图所示。则从“滤液III”中获得较高纯度的“操作I”为控制温度在80～90℃蒸发结晶、、用80～90℃蒸馏水洗涤2～3次、真空干燥。

(5)电解时加入适量的有利于Mn在电极上析出，与水反应生成的(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质(对有特殊的吸附能力，有利于电还原沉积)，该电极反应为。

11．（2023·四川成都·成都七中校考一模）三氧化二(Co2O3)主要用作颜料、釉料、磁性材料，催化剂和氧化剂等。以含钴废料(主要成分为Co2O3，含有少量MnO2，NiO、Fe3O4)为原料制备Co2O3的流程如图所示：

已知：

Ⅰ.“酸浸”后的浸出液中含的阳离子有H+、Co2+、Fe3+、Ni2+。

Ⅱ.部分阳离子以氢氧化物形式完全沉淀时溶液的pH如表：

沉淀物Fe(OH)3Co(OH)2Ni(OH)2

完全沉淀时的pH3.79.09.2

回答下列问题：

(1)“滤渣1”的化学式为，“酸浸”时Co2O3发生的反应的化学方程式是。

(2)“酸浸”时加入H2O2的目的是。生产过程中发现实际消耗双氧水的量大于理论值，可能的原因是。

(3)某萃取剂对金属离子的萃取率与溶液pH的关系如图所示：

使用该萃取剂时应控制的pH约为，理由是。

(4)“操作1”所得副产品的一种用途为。已知该物质的溶液加热到100℃时会变质，该物质的溶解度见表：

温度/℃0102030405060

溶解度/g70.673.075.478.081.084.588.0

操作1是(填字母)。

A．蒸发结晶B．降温结晶C．减压蒸发结晶

(5)“沉钴”时发生反应的离子方程式为。

(6)有机相提取的Ni2+再生时可用于制备氢电池，该电池充电时的总反应为Ni(OH)2+M=NiOOH+MH。则放电时负极的电极反应式为。

12．（2023·四川绵阳·绵阳中学实验学校校考模拟预测）铟(In)与Al同主族，是一种稀散金属，广泛应用于电子半导体、光纤通信等领域。以炼锌得到的硬锌粗渣(含有Zn、ZnO、ZnS、In、InSb等)为原料提取单质铟并制备ZnSO4·7H2O的工艺流程如图所示。请回答下列问题：

已知：①当c(H2SO4)＜0.16mol·L-1时，铟的浸出率几乎为0

②常温下，Ksp[In(OH)3]=1.3×10-37

(1)硬锌粗渣浸出前需进行球磨成粉，其原因是。

(2)操作Ⅱ的名称为(填字母)。

A．过滤B．蒸馏C．干馏D．萃取分液

操作Ⅰ为，过滤、洗涤、干燥。

(3)“氧化浸出”过程中，浓硝酸可将InSb(Sb为-3价)转化为In2O3和Sb2O3，同时释放出红棕色气体，则该反应化学方程式为。

(4)H2O2、NaClO3和HNO3均可作“氧化浸出”时的氧化剂，三种物质中只含有极性共价键的物质是；“氧化浸出”过程中，若分别使用H2O2、NaClO3作氧化剂，转移电子的数目相同时，则消耗二者的物质的量之比为。

(5)常温下，在0.1mol·L-1的In2(SO4)3溶液中存在平衡：In3+(aq)+3H2O(1)In(OH)3(s)+3H+(aq)，则该反应的化学平衡常数K=。(计算结果保留两位有效数字)

五、原理综合题

13．（2022·四川成都·成都七中校考模拟预测）完成下列问题。

(1)二氧化氯是黄绿色、易溶于水的气体，具有强氧化性，可用于烟气中和NO的脱除。研究表明：氧化和NO的反应历程与下列反应有关。

序号反应机理反应热速率常数

脱硝ⅰ

ⅱ

脱硫ⅲ

ⅳ

实验测得：分别对纯、纯NO以及同时氧化的氧化率随时间的变化情况如图所示。据此分析：

①其它因素都相同，判断氧化的活化能(填“>”或“＜”)氧化NO的活化能；

②NO的存在(填“会”或“不会”)催化氧化。请结合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常数分析原因：。

(2)一定时间内，NaClO溶液在不同温度下对硫、硝脱除率影响曲线如图。

①脱除率高于NO，可能的原因是(写两条)。

②烟气中和NO体积比为4∶1，烟气与50℃时的吸收液转化生成的。

14．（2023·四川成都·成都七中校考模拟预测）氨气可作为脱硝剂。回答下列问题：

(1)在绝热恒容密闭容器中充入一定量的NO和NH3，在一定条件下发生反应：_______NO(g)+_______NH3(g)_______N2(g)+_______H2O(g)。

①不能说明该反应已达到平衡状态标志的是(填标号)。

a.体系温度不变

b.反应速率5v(NH3)消耗=4v(N2)消耗

c.容器内压强不再随时间而发生变化

d.容器内N2的物质的量分数不再随时间而发生变化

e.容器内n(NO)：n(NH3)：n(N2)：n(H2O)=6：4：5：6

②某次实验中测得容器内NO及N2的物质的量随时间的变化如图所示，图中b点对应的反应速率关系是v正v逆(填“”“”或“”)。

(2)一定温度下，在2L恒容密闭容器内发生反应2NO2(g)N2O4(g)，n(NO2)随时间的变化如表：

时间/s012345

n(NO2)/mol0.0400.0200.0100.0050.0050.005

①0~2s内，该反应的平均速率v(NO2)=。

②根据表中可以看出，随着反应进行，反应速率逐渐减小，其原因是。

③该温度下，反应2NO2(g)N2O4(g)的平衡常数K=L·mol-1。

(3)对于反应2NO2(g)N2O4(g)，用平衡时各组分压强关系表达的平衡常数。在一定条件下NO2与N2O4的消耗速率与自身压强间存在关系：v消耗(NO2)=k1·p2(NO2)，v消耗(N2O4)=k2·p(N2O4)。其中k1、k2是与反应及温度有关的常数。相应的消耗速率跟压强的关系如图所示：

一定温度下，k1、k2与平衡常数KP的关系是k1=。在图标出的点中，指出能表示反应达到平衡状态的点并说明理由。

六、填空题

15．（2022·四川泸州·四川省泸县第二中学校联考一模）氮和氮的化合物与人类有密切关系。

(1)下列属于氮的固定的是(填序号)。

①工业上N2和H2合成NH3

②N2和O2放电条件下生成NO

③NH3催化氧化生成NO

写出反应③的化学方程式。

(2)①治理NO污染通常是在氧化剂作用下，将NO氧化成溶解度高的NO2，然后用水或碱液吸收脱氮。下列物质可以用于氧化NO的是(填序号)。

ANaCl溶液B．K2Cr2O7溶液C．Na2CO3溶液D．KMnO4溶液

②NO也可用NaClO碱性溶液氧化并将其转化为硝酸盐化肥，写出该反应的离子方程式：。

③目前处理柴油车尾气中NOx和PM2.5等的方法之一，是用车用尿素[CO(NH2)2]溶液在选择性催化还原系统中将NOx无害化处理，写出该系统无害化处理NO的化学方程式：。

(3)CO与NO在Rh催化剂上的氧化还原反应是控制汽车尾气对空气污染的关键反应，用Rh做催化剂时该反应的过程示意图如下：

①过程I为过程(填“吸热”或“放热”)。该反应中氧化产物为，当生成1molN2时，转移电子mol。

②已知过程I的焓变(lmolCO参加)为akJ/mol，过程II的焓变为bkJ/mol，则该反应的热化学方程式为。

参考答案：

1．C

【详解】A．用饱和碳酸钠除去乙酸乙酯中的少量乙酸，根据以少定多原则，其离子方程式应为：CH3COOH+CO=CH3COO-+，故A项错误；

B．稀硫酸没有氧化性，与硫氢化钠溶液混合有气泡产生是因为生成了硫化氢气体，故其离子方程式为：HS-+H+=H2S↑，故B项错误；

C．将碳酸氢钙溶液与过量的澄清石灰水混合，根据以少定多原则，碳酸氢根的化学计量数为1，故其离子方程式为：Ca2++HCO+OH-=CaCO3↓+H2O，故C项正确；

D．过氧化氢不能还原氧化铁，故该反应不发生，故D项错误。

故答案选C。

【点睛】该题考察离子方程式的书写，遇到过量问题时注意使用以少定多原则：即少量的离子系数定为1，再配其他离子。

2．A

【详解】A．变为，N的化合价由-3价升高到-2价，化合价升高被氧化，故A错误；

B．根据关系图和电子守恒，1molO2可以得到4mol电子，同时可以氧化4mol催化剂，最终理论上可以处理4molNO，故B正确；

C．催化剂能加快反应速率，不能提高平衡转化率，故C正确；

D．总反应方程式中生成物为N2和H2O，原子利用率未达到100%，化合反应的原子利用率是100%，故D正确；

答案选A。

3．A

【详解】A．分析题中催化机理图，除去中间产物，可得该反应总反应为：HCHO+O2CO2+H2O，A正确；

B．催化机理存在一步HCO与H+反应生成CO2的过程，不是氧化还原反应，B错误；

C．Na2O2中所含阴离子为O，与O不同，C错误；

D．CO2、HCHO自身不能电离，为非电解质，D错误；

综上所述答案为A。

4．(1)除去废铁屑表面的油污防止亚铁离子被氧化Cu2++H2S=CuS↓+2H+

(2)(降低溶剂的极性)使硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出

(3)BC

(4)Fe2O3、NH3加入稀硫酸(或稀盐酸)溶解，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀[或加入稀硫酸(此处不能填稀盐酸)溶解，再滴入KMnO4稀溶液，溶液不褪色]

(5)G、F、H4[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O

【分析】本实验的目的是制备摩尔盐并验证其分解产物，首先将铁屑进行碱煮除去表面的油污，然后依次加入稀硫酸和硫酸铵固体，控制温度在70~80℃条件下反应一段时间，趁热倒入50mL乙醇中，即可制备出莫尔盐晶体。通过观察加热后剩余固体的颜色推测产物之一为氧化铁，通过酚酞变红推测生成了氨气，SO3会干扰SO2的检验，应先检验SO3，装置G中足量的盐酸可以除掉气体中的NH3，足量BaCl2可以检验SO3并吸收SO3；装置F中H2O2将SO2氧化为并用BaCl2检验、吸收，装置H收集并检验N2，据此作答。

【详解】（1）①废铁屑表面有油污，油污可以在碱性溶液中发生水解，所以对废铁屑进行碱煮的目的是除去废铁屑表面的油污。

②Fe2+易被空气中的氧气氧化为铁离子，Fe可以和铁离子发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，因此过量的废铁屑能防止亚铁离子被氧化。

③废铁屑中含有少量FeS.和稀硫酸反应会生成有毒的硫化氢气体，装置C的作用为除去反应产生的H2S气体。离子方程式为：Cu2++H2S=CuS↓+2H+；

（2）乙醇的作用为使硫酸亚铁铵在乙醇一水的混合溶剂中的溶解度更小，有利于晶体析出。

（3）莫尔盐中Fe元素的化合价是+2，莫尔盐分解发生氧化还原反应或非氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律，反应产物中有化合价升高的元素的同时也有化合价降低的元素，而B、C猜想中只有化合价升高或降低的元素，不符合氧化还原反应规律，所以不成立的是猜想B和C。

（4）A中固体逐渐变为红棕色可知为氧化铁，D中酚酞溶液变红色说明有氨气；

证明固体残留物中不含FeO.即证明该固体残留物溶于酸后，溶液中不含亚铁离子，则取少量A中固体残留物放入试管中，加入足量稀硫酸完全溶解后，再加入高锰酸钾溶液，溶液不褪色；或滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，证明不含亚铁离子。

（5）①SO3会干扰SO2的检验，应先检验SO3，装置G中足量的盐酸可以除掉气体中的NH3，足量BaCl2可以检验SO3并吸收SO3；装置F中H2O2将SO2氧化为并用BaCl2检验、吸收，装置H收集并检验N2，所以连接的合理顺序为AEGFH。

②7.8400g莫尔盐的物质的量为；A中固体残留物的质量为1.6000g，则生成氧化铁0.01mol，失电子0.02mol；F中生成白色沉淀的质量为5.8250g，说明生成0.025molSO2，得电子0.05mol；根据得失电子守恒，可计算生成N2的物质的量为；根据N元素守恒可得生成氨气的物质的量是0.03mol，根据硫元素守恒可得生成SO3的物质的量为0.015mol。因此莫尔盐受热分解的化学方程式：4[(NH4)2Fe(SO4)26H2O]2Fe2O3+3SO3+5SO2↑+N2↑+6NH3↑+31H2O。

5．(1)

(2)有红色固体生成HCl和溶液

(3)、V1明显大于V2

【分析】Na2SO3溶液分别和饱和Ag2SO3、0.2mol/LCuSO4溶液、0.1mol/LAl2(SO4)3溶液反应，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。

【详解】（1）向饱和Ag2SO4溶液滴加0.2mol·L1Na2SO3溶液，产生白色沉淀，因为Ag2SO4微溶于水，而Ag2SO3难溶于水，所以Ag2SO4溶解度大于Ag2SO3的溶解度，则白色沉淀为Ag2SO3，故反应的离子方程式为2Ag＋+SO=Ag2SO3↓。

（2）①向0.2mol·L1CuSO4溶液中滴加0.2mol·L1Na2SO3溶液，溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO，含有Cu+、Cu2+和SO。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2。Cu+在酸性条件下发生歧化反应生成单质铜，所以向所得沉淀中滴加稀硫酸有红色沉淀铜生成，证明沉淀中含有Cu+。

②因Cu2+CuI↓（白色）+I2，向洗净的棕黄色沉淀中加入KI溶液，有白色沉淀生成，则沉淀应为CuI，证明Cu2+与I-生成了CuI↓（白色）和I2，而I2把SO氧化为SO，取上层清液滴加淀粉，不显蓝色，证明I2不存在，生成的I2把SO氧化为SO，所以向另一份上层清液中滴加盐酸酸化的氯化钡，有白色沉淀BaSO4生成，证明有SO存在，在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO转化为SO；

（3）①向0.1mol·L1Al2(SO4)3溶液中滴加0.2mol·L1Na2SO3溶液，开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀，而又因为Al2(SO4)3在水溶液中不存在，又知该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，则该沉淀为Al(OH)3，又知经检验沉淀中无SO，使酸性KMnO4溶液褪色的只能是SO，所以沉淀中含有SO和Al(OH)3。②根据题给实验设计实验步骤二，向2mL0.1mol·L1Al2(SO4)3溶液中滴加氨水并控制pH，然后分离洗涤沉淀并保留固体，再向固体中滴加氢氧化钠至沉淀恰好溶解，记录氢氧化钠溶液的体积V2，V1明显大于V2，证明亚硫酸根存在于铝的碱式盐中。

6．排除装置中的空气，防止生成的NO被氧气氧化三颈烧瓶3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O除去挥发出的硝酸蒸气FeSO4溶液检验NO2NO+2Cu2CuO+N2

【分析】由实验装置可知，先通入氮气可将装置内空气排出，三颈烧瓶中铜与稀硝酸反应生成NO，F中水可除去挥发的硝酸，G中无水氯化钙干燥NO，H中Cu与NO反应生成CuO、氮气，I中盛放硫酸亚铁溶液检验NO，J中收集NO，以此解答。

【详解】(1)NO很容易与氧气反应生成NO2，所以反应开始前先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，防止生成的NO被氧气氧化；

(2)根据仪器的结构特点可知该装置为三颈烧瓶；装置E中铜与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；

(3)硝酸具有挥发性，生成NO中混有HNO3气体，F中的水可以除去挥发出的硝酸蒸气；NO具有氧化性，装置I中可以盛放FeSO4溶液来检验NO；

(4)装置H中红色粉末为Cu，生成的黑色物质为CuO，同时还生成一种单质，应为N2，化学方程式为2NO+2Cu2CuO+N2。

7．(1)①②否

(2)

(3)1：2

(4)

(5)取少量固体于试管中，加入NaOH溶液，微热，产生的气体在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，若试纸变蓝，则证明该固体中含

(6)2.24

【详解】（1）氮的固定是指氮气由单质转化为化合物的过程，属于固氮反应的有①②，不属于酸性氧化物，故填否。

（2）常用硝酸酸化的硝酸银检验的存在，则C的化学式为。

（3）第三步：反应为，该反应中NO2既是氧化剂又是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。

（4）浓硝酸与木炭在加热条件下反应，C失去4个电子被氧化为CO2，HNO3得到电子被还原为NO2，单线桥表示其电子转移的情况为；

（5）三颈瓶内出现白烟并在内壁凝结成的固体为氯化铵，发生反应的化学方程式为，该固体中的阳离子为铵根离子，检验方案为取少量固体于试管中，加入NaOH溶液，微热，产生的气体在试管口用湿润的红色石蕊试纸检测，若试纸变蓝，则证明该固体中含。

（6）c（H2SO4）=2.0molL-1，c（HNO3）=1.0molL-1．取100mL该混合溶液中n（H+）=0.1L×2×2mol/L+0.1L×1mol/L=0.5mol，n（NO）=0.1L×1mol/L=0.1mol，12.8gCu的物质的量为12.8g÷64g/mol=0.2mol，根据

0.2molCu完全反应消耗molNO、molH+，故NO不足，由离子方程式可知生成标况下NO为0.1mol，体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L。

8．(1)第二周期第VIA族

(2)极性共价键

(3)

(4)

(5)和

【分析】F为短周期中原子半径最大的元素，则F是钠元素；E与F同周期，且E在同周期元素中非金属性最强，则E为氯元素；C为地壳中含量最高的元素，则C为氧元素；A、B、C原子序数依次增大，均可与D形成含的分子，则D是氢元素，A、B分别是碳、氮元素，据此回答。

（1）

氧元素在周期表中的位置为第二周期第VIA族。简单氢化物沸点最低的是CH4。

（2）

由N、O、H三元素按原子个数2∶3∶4之比形成物质的化学式为

，化合物HClO所含化学键的类型为极性共价键。

（3）

将NH3通入到NaClO溶液中可制得N2H4，氮元素化合价由-3价升高到-2价，氯元素化合价由+1价降低到-1价，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，写出离子方程式为：。

（4）

可使酸性高锰酸钾溶液褪色的含氧酸(相对分子质量为90)是具有还原性的草酸H2C2O4，结构式为。

（5）

淡黄色固体过氧化钠为离子化合物，由钠离子和过氧离子构成，过氧离子中两个氧原子之间共用1对电子，其电子式为：；过氧化钠与硫酸亚铁按1:1反应，反应过程中有气体O2生成，则该反应中负一价氧元素部分升高，亚铁失电子化合价也升高，硫酸亚铁和过氧化钠都是还原剂。

9．(1)H2SO4=2H++

(2)不能MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O

(3)In2S3+12MnO2+12H2SO4=In2(SO4)3+12MnSO4+12H2O

(4)A

(5)取最后一次洗涤液，加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有沉淀产生，则说明固体已洗涤干净

(6)粗铟减小

【详解】（1）硫酸为强酸，完全电离，其电离方程式为：H2SO4=2H++

（2）二氧化锰能氧化氯离子，故不能用盐酸酸化，发生的离子方程式为：MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O

（3）由题目信息可知，该反应In2S3反应后得到In3+，+4价Mn被还原为Mn2+，所以发生的化学反应方程式为：In2S3+12MnO2+12H2SO4=In2(SO4)3+12MnSO4+12H2O；

（4）A．由信息可知，“萃取”和“反萃取”是利用化学反应平衡移动原理进行的，A错误；

B．水溶液与有机溶液分离需要进行分液，需要用到分液漏斗，玻璃棒，烧杯，B正确；

C．由In3++3H2A2(有机液)→In(HA2)3(有机液)+3H+可知，加入适量的NaOH溶液，使氢离子浓度减小，平衡正向移动，使In3+进入有机溶剂中，达到提高萃取率的目的，C正确；

D．由反应In(HA2)3(有机液)+4HCl→3H2A2(有机液)+HInCl4，增大盐酸的浓度平衡正向移动，In3+进入水溶液，可提高铟的反萃取率，D正确；

故选A。

（5）检验粗铟是否已洗涤干净，可检验其是否含有氯离子，故取最后一次洗涤液，加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，若没有沉淀产生，则说明固体已洗涤干净

（6）电解精炼铟时，阳极材料应选用粗铟，随着电解的不断进行，电解液中In3+析出，由于阳极中含有金属杂质，失去电子进入溶液，故c(In3+)会逐渐减小。

10．(1)90℃CaSO4增大，使平衡正向移动，促进析出

(2)MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O

(3)1.56×10-3

(4)趁热过滤

(5)H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O

【分析】软锰矿(主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3、CaO等少量杂质)；软锰矿中MnO2、Fe2O3、CaO分别与稀硫酸和过量的SO2反应转化为Mn2+、Fe2+以及微溶的CaSO4，过滤得到主要为SiO2和少量CaSO4的滤渣Ⅰ，滤液主要含Mn2+、Fe2+、H+、、Ca2+的溶液；向溶液中加MnO2将Fe2+氧化为Fe3+并调pH=6使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀而除去，过滤得到含MnO2和Fe(OH)3的滤渣II和主要含Mn2+、、Ca2+的滤液Ⅱ；向滤液Ⅱ加过量的使Ca2+转化为难容的CaF2而除去；过滤得到含CaF2和MnF2的滤渣Ⅲ和主要含Mn2+、的滤液Ⅲ；将含Mn2+、的溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤得到MnSO4H2O晶体，然后在电解得到金属Mn。

（1）

由图所示可知，副产物MnS2O6生成随温度的升高而降低，当温度≥90℃时其产率最低，同时锰的浸出率最高，故温度应控制在90℃；由于CaO与稀硫酸反应生成微溶的CaSO4，以及SiO2不与硫酸反应，则滤渣Ⅰ为SiO2和CaSO4；增加，根据勒夏特列原理，平衡向正反应方向移动，促进CaSO4析出；

（2）

酸性条件下将氧化为，即MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O；

（3）

由，常温下CaF2溶解在纯水中，，所以有，解得，CaF2溶液中，故CaF2的溶解度为1.56×10-3或0.00156g；

（4）

由图可知MnSO4H2O的溶解度随问的升高而降低，为得到纯度较高的MnSO4H2O晶体，应趁热过滤；

（5）

阴极发生还原反应，所以H2SeO3(二元弱酸)在阴极放电生成Se单质，则其电极反应式为H2SeO3+4e-+4H+=Se+3H2O。

11．(1)

(2)将+3价的钴还原为，将氧化为，便于后续调节pH后除去酸浸反应放热，使双氧水分解；废料中的或生成的催化双氧水分解

(3)2.5~3.3萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子

(4)做氮肥c

(5)

(6)

【详解】（1）由已知I可知，酸浸后浸出液中含有的阳离子为、、、，再由已知II可知，当调节pH至3.7时，会先以沉淀的形式析出，所以“滤渣1”的化学式为；酸浸时在酸性条件下与发生氧化还原反应生成、氧气和水，依据得失电子守恒、质量守恒，化学方程式为：。

（2）由分析可知，加入过氧化氢的目的是酸性条件下，氧化钴与过氧化氢发生氧化还原反应生成，四氧化三铁中的与过氧化氢发生氧化还原反应生成；过氧化氢的稳定性差，酸浸时，反应放热，放出的热量能使过氧化氢分解，同时，废料中的二氧化锰或溶液中的也可以做过氧化氢分解的催化剂，加快过氧化氢的分解，导致实际消耗的过氧化氢的量大于理论值。

（3）使用该萃取剂萃取，单纯从萃取率考虑，萃取率越高越好，但同时还要考虑到尽可能的不被萃取，两方面综合考虑，pH应控制在2.5~3.3；因为萃取剂在该pH时对、萃取率差别大，能分离、两种离子。

（4）整个过程中加入的物质有：硫酸、过氧化氢、氨水和碳酸氢铵，过氧化氢和碳酸氢根在反应过程中反应完全，依据质量守恒，溶液中还有的物质为硫酸铵，可用作氮肥；从溶解度角度看，硫酸铵的溶解度随温度升高有所增大，但变化量不大，且硫酸铵受热易分解，因此操作1应采取减压蒸发结晶，选c。

（5）沉钴时发生的反应为向水相中加入氨水和碳酸氢铵溶液，亚钴离子转化为沉淀，钴元素化合价不变，因此发生非氧化还原反应，离子方程式为：。

（6）由电池充电时的总反应可知，放电时负极为MH，失电子化合价升高，发生氧化反应生成M，因此放电时负极电极反应式为：。

12．(1)增大固体表面积，加快浸出速率

(2)D蒸发浓缩、冷却结晶

(3)2InSb＋12HNO3(浓)=In2O3＋Sb2O3＋12NO2↑＋6H2O

(4)HNO33：1

(5)7.7×10-6

【详解】（1）硬锌粗渣浸出前需进行球磨成粉，其原因是增大固体表面积，加快浸出速率；

（2）浸出液Ⅱ中加入有机溶剂，操作Ⅱ后得到有机相和水溶液，故操作Ⅱ为萃取分液，故选D；操作Ⅰ要得到结晶水合物，应为蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。

（3）“氧化浸出”过程中，浓硝酸可将InSb(Sb为-3价)转化为In2O3和Sb2O3，同时释放出红棕色气体NO2，浓硝酸将InSb氧化，Sb的化合价从-3价升高为+3价，根据得失电子守恒、元素守恒配平该反应的化学方程式为2InSb＋12HNO3(浓)=In2O3＋Sb2O3＋12NO2↑＋6H2O；

（4）H2O2含有极性键和非极性键，NaClO3含有极性键和离子键，HNO3只含有极性键，则三种物质中只含有极性共价键的物质是HNO3；H2O2作氧化剂时，还原产物为水，则1molH2O2得2mol电子，NaClO3作氧化剂时，被还原为Cl-，则1molNaClO3得电子6mol，“氧化浸出”过程中，若分别使用H2O2、NaClO3作氧化剂，转移电子的数目相同时，则消耗二者的物质的量之比为3:1；

（5）该反应的化学平衡常数

13．(1)>会k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显

(2)SO2水溶度大于NO的；或者SO2在溶液中的还原性强于NO的；或者NaClO溶液与SO2反应速率大于NO的2∶13

【解析】（1）

①根据表中数据可知，ClO2与NO的两步反应的k1、k2均大于ClO2与SO2反应的k3、k4，说明ClO2与NO反应更快，因此ClO2氧化SO2的活化能>ClO2氧化NO的活化能。②观察图示可知，ClO2单独氧化SO2时氧化率并不高，同时氧化SO2和NO时，ClO2氧化SO2的氧化率有了较为明显的提升，结合ⅰ、ⅲ、ⅳ的速率常数可知，k3显示单独氧化SO2时产生ClO过慢，同时氧化时由反应ⅰ产生的ClO部分与SO2作用，使SO2的氧化率提高明显，因此NO的存在会催化ClO2氧化SO2。

（2）

①NaClO溶液对SO2的脱除率高于NO，可能的原因为SO2在水中的溶解度大于NO，或者SO2在水溶液中的还原性强于NO，或者NaClO溶液与SO2反应速率大于与NO的反应速率。②NaClO与SO2反应的离子方程式ClO-+H2O+SO2=+Cl-+2H+，NaClO与NO反应的离子方程式为H2O+2NO+3ClO-=2+3Cl-+2H+，SO2与NO体积比为4：1，不妨设NO的物质的量为amo